《【步步高】2014高考物理大一輪復習講義 （深度思考 考點突破 提能訓練） 第五章 第4課時 功能關系 能量守恒定律（含解析） 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【步步高】2014高考物理大一輪復習講義 （深度思考 考點突破 提能訓練） 第五章 第4課時 功能關系 能量守恒定律（含解析） 新人教版（22頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第4課時　功能關系　能量守恒定律 考綱解讀 1.掌握功和能的對應關系，特別是合力功、重力功、彈力功分別對應的能量轉化關系.2.理解能量守恒定律，并能分析解決有關問題． 1．[功和能的關系]對于功和能的關系，下列說法中正確的是 (　　) A．功就是能，能就是功 B．功可以變?yōu)槟?，能可以變?yōu)楣? C．做功的過程就是能量轉化的過程 D．功是物體能量的量度 答案　C 解析　功和能是兩個密切相關的物理量，但功和能有本質的區(qū)別，功是反映物體在相互作用過程中能量變化多少的物理量，與具體的能量變化過程相聯(lián)系，是一個過程量；能是用來反映物體具有做功本領的物理量，物體處于一定的狀

2、態(tài)(如速度和相對位置)就具有一定的能量，功是反映能量變化的多少，而不是反映能量的多少． 2．[幾個重要功能關系的理解]從地面豎直上拋一個質量為m的小球，小球上升的最大高度為h.設上升和下降過程中空氣阻力大小恒定為Ff.下列說法正確的是 (　　) A．小球上升的過程中動能減少了mgh B．小球上升和下降的整個過程中機械能減少了Ffh C．小球上升的過程中重力勢能增加了mgh D．小球上升和下降的整個過程中動能減少了Ffh 答案　C 解析　根據(jù)動能定理，上升的過程中動能減少量等于小球克服重力和阻力做的功，為mgh＋Ffh，小球上升和下降的整個過程中動能減少量和機械能的減少量都等于

3、整個過程中克服阻力做的功，為2Ffh，A、B、D錯，選C. 3．[能的轉化和守恒定律的應用]如圖1所示，美國空軍X－37B無人 航天飛機于2010年4月首飛，在X－37B由較低軌道飛到較高軌 道的過程中 (　　) A．X－37B中燃料的化學能轉化為X－37B的機械能 圖1 B．X－37B的機械能要減少 C．自然界中的總能量要變大 D．如果X－37B在較高軌道繞地球做圓周運動，則在此軌道上其機械能不變 答案　AD 解析　在X－37B由較低軌道飛到較高軌道的過程中，必須啟動助推器，對X－37B做正功，X－37B的機械能增大，A對，B錯．根據(jù)能量守恒定律

4、，C錯．X－37B在確定軌道上繞地球做圓周運動，其動能和重力勢能都不會發(fā)生變化，所以機械能不變，D對． 考點梳理 一、功能關系 功 能量的變化 合外力做正功 動能增加 重力做正功 重力勢能減少 彈簧彈力做正功 彈性勢能減少 電場力做正功 電勢能減少 其他力(除重力、彈力外)做正功 機械能增加 二、能量守恒定律 1．內(nèi)容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變． 2．表達式：ΔE減＝ΔE增． 4．[能量守恒定律的應用]如圖2所示，ABCD是一個盆式容器，

5、 盆內(nèi)側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧， B、C在水平線上，其距離d＝0.5 m．盆邊緣的高度為h＝ 圖2 0.30 m．在A處放一個質量為m的小物塊并讓其由靜止下滑．已知盆內(nèi)側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.10.小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停下的位置到B的距離為 (　　) A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0 答案　D 解析　由mgh＝μmgx，得x＝3 m，而＝＝6，即3個來回后，恰停在B點，選項D正確． 5．[幾個重要功能關系的應用]如圖3所示，某段滑雪

6、雪道傾角為30°， 總質量為m(包括雪具在內(nèi))的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道 上由靜止開始勻加速下滑，加速度為g.在他從上向下滑到底端的 圖3 過程中，下列說法中正確的是 (　　) A．運動員減少的重力勢能全部轉化為動能 B．運動員獲得的動能為mgh C．運動員克服摩擦力做功為mgh D．下滑過程中系統(tǒng)減少的機械能為mgh 答案　D 解析　運動員的加速度為g，小于gsin 30°，所以運動員下滑的過程中必受摩擦力，且大小為mg，克服摩擦力做功為mg·＝mgh，故C錯；摩擦力做功，機械能不守恒，減少的重力勢能沒有全部轉化為動能，而是有mgh的

7、重力勢能轉化為內(nèi)能，故A錯，D對；由動能定理知，運動員獲得的動能為mg·＝mgh，故B錯． 方法提煉 1．物體克服摩擦力做功時，能量由機械能轉化為內(nèi)能． 2．摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝Ffs，s為路程. 考點一　功能關系的應用 1．在應用功能關系解決具體問題的過程中，若只涉及動能的變化用動能定理分析． 2．只涉及重力勢能的變化用重力做功與重力勢能變化的關系分析． 3．只涉及機械能變化用除重力和彈力之外的力做功與機械能變化的關系分析． 4．只涉及電勢能的變化用電場力做功與電勢能變化的關系分析． 例1　如圖4所示，在升降機內(nèi)固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的 一端連在位于

8、斜面體上方的固定木板B上，另一端與質量為m 的物塊A相連，彈簧與斜面平行．整個系統(tǒng)由靜止開始加速上 升高度h的過程中 (　　) 圖4 A．物塊A的重力勢能增加量一定等于mgh B．物塊A的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的代數(shù)和 C．物塊A的機械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的代數(shù)和 D．物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧的拉力做功的代數(shù)和 解析　由于斜面光滑，物塊A靜止時彈簧彈力與斜面支持力的合力與重力平衡，當整個裝置加速上升時，由牛頓第二定律可知物塊A受到的合力應向上，故彈簧伸長量增加，物

9、塊A相對斜面下滑一段距離，故選項A錯誤；根據(jù)動能定理可知，物塊A動能的增加量應等于重力、支持力及彈簧彈力對其做功的代數(shù)和，故選項B錯誤；物塊A機械能的增加量應等于除重力以外的其他力對其做功的代數(shù)和，選項C正確；物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加量應等于除重力和彈簧彈力以外的其他力做功的代數(shù)和，故選項D正確． 答案　CD 突破訓練1　如圖5所示，一輕彈簧左端與物體A相連，右端與 物體B相連，開始時，A、B均在粗糙水平面上不動，彈簧處 于原長狀態(tài)．在物體B上作用一水平向右的恒力F，使物體 圖5 A、B向右運動．在此過程中，下列說法正確的是 (　　) A．合外力

10、對物體A所做的功小于物體A的動能增量 B．外力F做的功與摩擦力對物體B做的功之和等于物體B的動能增量 C．外力F做的功及摩擦力對物體A和B做功的代數(shù)和等于物體A和B的動能增量及彈簧彈性勢能增量之和 D．外力F做的功加上摩擦力對物體B做的功等于物體B的動能增量與彈簧彈性勢能增量之和 答案　C 考點二　摩擦力做功的特點及應用 1．靜摩擦力做功的特點 (1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功． (2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零． (3)靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內(nèi)能． 2．滑動摩擦力做功的特點 (1)滑動摩擦力可以做正功，也可以

11、做負功，還可以不做功． (2)相互間存在滑動摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對滑動摩擦力做功將產(chǎn)生兩種可能效果： ①機械能全部轉化為內(nèi)能； ②有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內(nèi)能． (3)摩擦生熱的計算：Q＝Ffs相對．其中s相對為相互摩擦的兩個物體間的相對路程． 深化拓展　從功的角度看，一對滑動摩擦力對系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量；從能量的角度看，其他形式能量的減少量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量． 例2　如圖6所示，質量為m的長木塊A靜止于光滑水平面上，在其水平 的上表面左端放一質量為m的滑塊B，已知木塊長為L，它與滑塊之間 的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用水平向右的恒力F拉滑塊B.

12、 圖6 (1)當長木塊A的位移為多少時，B從A的右端滑出？ (2)求上述過程中滑塊與木塊之間產(chǎn)生的內(nèi)能． 審題指導　當把滑塊B拉離A時，B的位移為A的位移與A的長度之和．注意：審題時要畫出它們的位移草圖． 解析　(1)設B從A的右端滑出時，A的位移為l，A、B的速度分別為vA、vB，由動能定理得 μmgl＝mv (F－μmg)·(l＋L)＝mv 又由同時性可得 ＝(其中aA＝μg，aB＝) 解得l＝. (2)由功能關系知，拉力F做的功等于A、B動能的增加量和A、B間產(chǎn)生的內(nèi)能，即有 F(l＋L)＝mv＋mv＋Q 解得Q＝μmgL. 答案　(1)　(2)μ

13、mgL 突破訓練2　如圖7所示，一質量為m＝2 kg的滑塊從半徑為R＝0.2 m的光滑四分之一圓弧軌道的頂端A處由靜止滑下，A點和圓弧對應的圓心O點等高，圓弧的底端B與水平傳送帶平滑相接．已知傳送帶勻速運行的速度為v0＝4 m/s，B點到傳送帶右端C點的距離為L＝2 m．當滑塊滑到傳送帶的右端C時，其速度恰好與傳送帶的速度相同．(g＝ 10 m/s2)，求： 圖7 (1)滑塊到達底端B時對軌道的壓力； (2)滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ； (3)此過程中，由于滑塊與傳送帶之間的摩擦而產(chǎn)生的熱量Q. 答案　(1)60 N，方向豎直向下　(2)0.3　(3)4 J 解析　(1)

14、滑塊由A到B的過程中，由機械能守恒定律得： mgR＝mv ① 物體在B點，由牛頓第二定律得： FB－mg＝m ② 由①②兩式得：FB＝60 N 由牛頓第三定律得滑塊到達底端B時對軌道的壓力大小為60 N，方向豎直向下． (2)解法一： 滑塊在從B到C運動過程中， 由牛頓第二定律得：μmg＝ma ③ 由運動學公式得：v－v＝2aL ④ 由①③④三式得：μ＝0.3 ⑤ 解法二： 滑塊在從A到C整個運動過程中， 由動能定理得：mgR＋μmgL＝mv

15、－0 解得：μ＝0.3 (3)滑塊在從B到C運動過程中，設運動時間為t 由運動學公式得：v0＝vB＋at ⑥ 產(chǎn)生的熱量：Q＝μmg(v0t－L) ⑦ 由①③⑤⑥⑦得：Q＝4 J. 考點三　能量守恒定律及應用 列能量守恒定律方程的兩條基本思路： (1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等； (2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加且減少量和增加量一定相等． 例3　如圖8所示有一傾角為θ＝37°的硬桿，其上套一底端固定且 勁度系數(shù)為k＝120 N/m的輕彈簧，彈簧與桿間無摩擦．一個質

16、量 為m＝1 kg的小球套在此硬桿上，從P點由靜止開始滑下，已知 小球與硬桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，P與彈簧自由端Q間的距離 圖8 為l＝1 m．彈簧的彈性勢能與其形變量x的關系為Ep＝kx2.求： (1)小球從開始下滑到與彈簧自由端相碰所經(jīng)歷的時間t； (2)小球運動過程中達到的最大速度vm； (3)若使小球在P點以初速度v0下滑后又恰好回到P點，則v0需多大？ 解析　(1)F合＝mgsin θ－μmgcos θ a＝＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2 l＝at2 所以t＝ ＝1 s (2)小球從P點無初速度滑下，當彈簧的壓縮量為x時小球有最大速度vm，

17、有 mgsin θ－μmgcos θ＝kx，x＝ m 此過程由能量守恒定律可得： mg·(l＋x)sin θ＝W彈＋μmgcos θ(l＋x)＋mv 而W彈＝kx2 代入數(shù)據(jù)解得：vm＝ m/s＝2 m/s (3)設小球從P點以初速度v0下滑，壓縮彈簧至最低點時彈簧的壓縮量為x1，由能量守恒有： mg(l＋x1)sin θ＋mv＝μmgcos θ(l＋x1)＋kx 小球從最低點經(jīng)過Q點回到P點時的速度為0，則有： kx＝mg(l＋x1)sin θ＋μmgcos θ(l＋x1) 聯(lián)立以上二式解得x1＝0.5 m，v0＝2 m/s＝4.9 m/s. 答案　(1)1 s　(2)

18、2 m/s　(3)4.9 m/s 應用能量守恒定律解題的步驟 　 1.分清有多少形式的能[如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢 能)、內(nèi)能等]在變化； 2．明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量 ΔE減和增加的能量ΔE增的表達式； 3．列出能量守恒關系式：ΔE減 ＝ΔE增． 突破訓練3　假設某足球運動員罰點球直接射門時，球恰好從橫梁下邊緣踢進，此時的速度為v.橫梁下邊緣離地面的高度為h，足球質量為m，運動員對足球做的功為W1，足球運動過程中克服空氣阻力做的功為W2，選地面為零勢能面，下列說法正確的是 (　　) A．

19、運動員對足球做的功為W1＝mgh＋mv2－W2 B．足球機械能的變化量為W1－W2 C．足球克服阻力做的功為W2＝mgh＋mv2－W1 D．運動員剛踢完球的瞬間，足球的動能為mgh＋mv2 答案　B 解析　由功能關系可知：W1＝mgh＋mv2＋W2，A項錯．足球機械能的變化量為除重力、彈力之外的力做的功．ΔE機＝W1－W2，B項對；足球克服阻力做的功W2＝W1－mgh－ mv2，C項錯．D項中，剛踢完球瞬間，足球的動能應為Ek＝W1＝mgh＋mv2＋W2，D項錯. 26．傳送帶模型中的動力學和功能關系問題 1．模型概述 傳送帶模型是高中

20、物理中比較成熟的模型，典型的有水平和傾斜兩種情況．一般設問的角度有兩個：(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力情況分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律，求物體及傳送帶在相應時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系．(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據(jù)功能關系或能量守恒定律求解． 2．傳送帶模型問題中的功能關系分析 (1)功能關系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q. (2)對WF和Q的理解： ①傳送帶的功：WF＝Fx傳； ②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffs相對． 傳送帶模型問題的分析流程

21、 例4　如圖9所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在 電動機的帶動下，始終保持v0＝2 m/s的速率運行，現(xiàn)把一質量為 m＝10 kg的工件(可看做質點)輕輕放在皮帶的底端，經(jīng)過時間t＝ 1.9 s，工件被傳送到h＝1.5 m的高處，取g＝10 m/s2，求： 圖9 (1)工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)； (2)電動機由于傳送工件多消耗的電能． 解析　(1)由題圖可知，皮帶長x＝＝3 m．工件速度達到v0前，做勻加速運動的位移x1＝t1＝t1 勻速運動的位移為x－x1＝v0(t－t1) 解得加速運動的時間t1＝0.8 s 加速運動的位移x1＝0.8 m，所以加

22、速度a＝＝2.5 m/s2 由牛頓第二定律有：μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝. (2)根據(jù)能量守恒的觀點，顯然電動機多消耗的電能用于增加工件的動能、勢能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對位移時摩擦力做功產(chǎn)生的熱量． 在時間t1內(nèi)，皮帶運動的位移x皮＝v0t1＝1.6 m 在時間t1內(nèi)，工件相對皮帶的位移x相＝x皮－x1＝0.8 m 在時間t1內(nèi)，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos θx相＝60 J 工件獲得的動能Ek＝mv＝20 J 工件增加的勢能Ep＝mgh＝150 J 電動機多消耗的電能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J. 答案　(1)　(2)230 J 　

23、　　　 　本題綜合考查了動力學及能量守恒定律的應用．第一問重點 在對運動過程分析的基礎上的公式應用，第二問是考查能量守恒 問題． 突破訓練4　如圖10所示，質量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放， 傳送帶由電動機帶動，始終保持以速度v勻速運動，物體與傳送帶間的 動摩擦因數(shù)為μ，物體在滑下傳送帶之前能保持與傳送帶相對靜止， 圖10 對于物體從靜止釋放到與傳送帶相對靜止這一過程，下列說法中正確的是 (　　) A．電動機多做的功為mv21 B．物體在傳送帶上的劃痕長 C．傳送帶克服摩擦力做的功為mv2 D．電動機增加的功率為μmgv 答案

24、　D 解析　小物塊與傳送帶相對靜止之前，物體做勻加速運動，由運動學公式知x物＝t，傳送帶做勻速運動，由運動學公式知x傳＝vt，對物塊根據(jù)動能定理μmgx物＝mv2，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgx相＝μmg(x傳－x物)，四式聯(lián)立得摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝mv2，根據(jù)能量守恒定律，電動機多做的功一部分轉化為物塊的動能，一部分轉化為熱量，故電動機多做的功等于mv2，A項錯誤；物體在傳送帶上的劃痕長等于x傳－x物＝x物＝，B項錯誤；傳送帶克服摩擦力做的功為μmgx傳＝2μmgx物＝mv2，C項錯誤；電動機增加的功率也就是電動機克服摩擦力做功的功率為μmgv，D項正確． 高考題組 1．(2012·安徽

25、理綜·16)如圖11所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R 的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為m的小球 自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高 點B時恰好對軌道沒有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g， 則小球從P到B的運動過程中 (　　) A．重力做功2mgR 圖11 B．機械能減少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR 答案　D 解析　小球到達B點時，恰好對軌道沒有壓力，故只受重力作用，根據(jù)mg＝得，小球在B點的速度v＝.小球從P點到B點的過程中，重力做功W＝mgR，故選項A錯誤；減少的機

26、械能ΔE減＝mgR－mv2＝mgR，故選項B錯誤；合外力做功W合＝mv2＝mgR，故選項C錯誤；根據(jù)動能定理得，mgR－Wf＝mv2－0，所以Wf＝mgR－mv2＝mgR，故選項D正確． 2．(2012·福建理綜·17)如圖12所示，表面光滑的固定斜面頂端安裝 一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質量 和摩擦)．初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態(tài)． 剪斷輕繩后A下落，B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地， 圖12 兩物塊 (　　) A．速率的變化量不同 B．機械能的變化量不同 C．重力勢能的變化量相同 D．重力做

27、功的平均功率相同 答案　D 解析　A、B開始時處于靜止狀態(tài)，對A：mAg＝T ① 對B：T＝mBgsin θ ② 由①②得mAg＝mBgsin θ 即mA＝mBsin θ ③ 剪斷輕繩后，A、B均遵守機械能守恒定律，機械能沒有變化，故B項錯誤；由機械能守恒知，mgh＝mv2，所以v＝，落地速率相同，故速率的變化量相同，A項錯誤；由ΔEp＝mgh，因m不同，故ΔEp不同，C項錯誤；重力做功的功率PA＝mAg＝mAg＝mAg，PB＝mBgsin θ＝mBgsin θ，由③式mA＝mBsin θ，得PA＝PB，D項正

28、確． 3．(2010·山東理綜·22)如圖13所示，傾角θ＝30°的粗糙斜面固定在 地面上，長為l、質量為m、粗細均勻、質量分布均勻的軟繩置于 斜面上，其上端與斜面 頂端齊平．用細線將物塊與軟繩連接， 圖13 物塊由靜止釋放后向下運動，直到軟繩剛好全部離開斜面(此時物塊未到達地面)，在此 過程中 (　　) A．物塊的機械能逐漸增加 B．軟繩重力勢能共減少了mgl C．物塊重力勢能的減少等于軟繩克服摩擦力所做的功 D．軟繩重力勢能的減少小于其動能的增加與克服摩擦力所做功之和 答案　BD 解析　細線的拉力對物塊做

29、負功，所以物塊的機械能減少，故選項A錯誤；軟繩減少的重力勢能ΔEp＝mg(－sin 30°)＝mgl，故選項B正確；軟繩被拉動，表明細線對軟繩的拉力大于摩擦力，而物塊重力勢能的減少等于克服細線拉力做功與物塊動能之和，選項C錯誤；對軟繩應用動能定理，有WT＋WG－Wf＝ΔEk，所以軟繩重力勢能的減少ΔEp＝WG＝ΔEk＋(Wf－WT)，所以ΔEp<ΔEk＋Wf，選項D正確． 模擬題組 4．如圖14所示，傾斜的傳送帶始終以恒定速率v2運動．一小物塊以v1 的初速度沖上傳送帶，v1>v2.小物塊從A到B的過程中一直做減速運 動，則(　　) A．小物塊到達B端的速度可能等于v2 B．小物塊

30、到達B端的速度不可能等于零 圖14 C．小物塊的機械能一直在減少 D．小物塊所受合力一直在做負功 答案　AD 解析　小物塊一直做減速運動，到B點時速度為小于v1的任何值，故A正確，B錯誤．當小物塊與傳送帶共速后，如果繼續(xù)向上運動，摩擦力將對小物塊做正功，機械能將增加，故C錯誤．W合＝ΔEk<0，D正確． 5．如圖15甲所示，一根輕質彈簧左端固定在水平桌面上，右端放一個可視為質點的小物塊，小物塊與彈簧不連接，小物塊的質量為m＝2 kg，當彈簧處于原長時，小物塊靜止于O點．現(xiàn)對小物塊施加一個外力，使它緩慢移動，壓縮彈簧至A點(壓縮量為xA)，此時彈簧的彈性勢能Ep＝2.3

31、J．在這一過程中，所用外力與壓縮量的關系如圖乙所示．然后突然撤去外力，讓小物塊沿桌面運動到B點后水平拋出．已知A、B之間的距離為L＝0.65 m，水平桌面的高為h＝5 m，計算時，可認為滑動摩擦力等于最大靜摩擦力．g取10 m/s2，求： 圖15 (1)在A點釋放小物塊后瞬間，小物塊的加速度； (2)小物塊落地點與桌邊B的水平距離． 答案　(1)22 m/s2　(2)1 m 解析　(1)由F－x圖象可得，小物塊與桌面間的滑動摩擦力大小為Ff＝2 N 釋放瞬間彈簧彈力大小 FT＝F－Ff＝(48－2) N＝46 N 故釋放瞬間小物塊的加速度大小為 a＝＝ m/s2＝22 m

32、/s2 (2)從A點開始到B點的過程中，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝FfL 對小物塊根據(jù)能量守恒有Ep＝mv＋Q 物塊從B點開始做平拋運動，則h＝gt2 故小物塊落地點與桌邊B的水平距離x＝vBt 聯(lián)立解得x＝1 m (限時：45分鐘) ?題組1　幾個重要功能關系的應用 1． 如圖1所示，質量為m的跳高運動員先后用背越式和跨越式兩種跳高方式跳過某一高度，該高度比他起跳時的重心高出h，則他從起跳后至越過橫桿的過程中克服重力所做的功 (　　) 圖1 A．都必須大于mgh B．都不一定大于mgh C．用背越式不一定大于mgh，用跨越式必須大于mgh D．用背越式必須大于m

33、gh，用跨越式不一定大于mgh 答案　C 解析　采用背越式跳高方式時，運動員的重心升高的高度可以低于橫桿，而采用跨越式跳高方式時，運動員的重心升高的高度一定高于橫桿，故用背越式時克服重力做的功不一定大于mgh，而用跨越式時克服重力做的功一定大于mgh，C正確． 2．如圖2所示，汽車在拱形橋上由A勻速率運動到B，以下說法 正確的是 (　　) A．牽引力與克服摩擦力做的功相等 圖2 B．合外力對汽車不做功 C．牽引力和重力做的總功大于克服摩擦力做的功 D．汽車在上拱形橋的過程中克服重力做的功轉化為汽車的重力勢能 答案　BD 解析　汽車由A勻

34、速率運動到B，合外力始終指向圓心，合外力做功為零，即W牽＋WG－Wf＝0，即牽引力與重力做的總功等于克服摩擦力做的功，A、C錯誤，B正確；汽車在上拱形橋的過程中，克服重力做的功轉化為汽車的重力勢能，D正確． 3．如圖3所示，一輕質彈簧原長為l，豎直固定在水平面上，一質量 為m的小球從離水平面高為H處自由下落，正好壓在彈簧上，下落 過程中小球遇到的空氣阻力恒為Ff，小球壓縮彈簧的最大壓縮量為 x，則彈簧被壓到最短時的彈性勢能為 (　　) A．(mg－Ff)(H－l＋x) 圖3 B．mg(H－l＋x)－Ff(H－l) C．mgH－Ff(l－x) D．

35、mg(l－x)＋Ff(H－l＋x) 答案　A 解析　小球重力勢能的減少量為 ΔEp＝mg(H－l＋x) 克服空氣阻力做的功為Wf＝Ff(H－l＋x) 彈性勢能的增加量為 ΔE＝ΔEp－Wf＝(mg－Ff)(H－l＋x) 故選項A正確． 4．若禮花彈在由炮筒底部擊發(fā)至炮筒口的過程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空氣阻力做功W2，高壓燃氣對禮花彈做功W3，則禮花彈在炮筒內(nèi)運動的過程中(設禮花彈發(fā)射過程中質量不變) (　　) A．禮花彈的動能變化量為W3＋W2＋W1 B．禮花彈的動能變化量為W3－W2－W1 C．禮花彈的機械能變化量為W3－W2

36、D．禮花彈的機械能變化量為W3－W2－W1 答案　BC 解析　動能變化量等于各力做功的代數(shù)和，阻力、重力都做負功，故W3－W1－W2＝ΔEk，所以B對，A錯．重力以外其他力做功的和為W3－W2即等于機械能增加量，所以C對，D錯． 5．如圖4所示，質量為m的小車在水平恒力F推動下，從山坡(粗糙) 底部A處由靜止運動至高為h的坡頂B，獲得的速度為v，AB之間 的水平距離為x，重力加速度為g，下列說法正確的是 (　　) A．小車重力所做的功是mgh 圖4 B．合外力對小車做的功是mv2 C．推力對小車做的功是mv2＋mgh D．阻力對小車做的功是Fx－mv2－m

37、gh 答案　B 解析　小車重力所做的功為－mgh，A錯誤．由動能定理得合外力對小車做的功W＝ mv2，B正確．推力對小車做的功為Fx，C錯誤．根據(jù)動能定理，阻力對小車做的功為－(Fx－mv2－mgh)，故D錯誤． 題組2　動能定理的應用 6．如圖5所示，質量為m的物體(可視為質點)以某一速度從A點沖 上傾角為30°的固定斜面，其運動的加速度為g，此物體在斜面 上上升的最大高度為h，則在這個過程中物體 (　　) 圖5 A．重力勢能增加了mgh B．重力勢能增加了mgh C．動能損失了mgh D．機械能損失了mgh 答案　BD 解析　設物體受到的摩擦阻

38、力為Ff，由牛頓運動定律得Ff＋mgsin 30°＝ma＝mg，解得Ff＝mg. 重力勢能的變化由重力做功決定，故 ΔEp＝mgh. 動能的變化由合外力做功決定，故 ΔEk＝(Ff＋mgsin 30°)x＝mg· ＝mgh. 機械能的變化由重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的其他力做功決定，故ΔE機械＝Ff·x＝mg·＝mgh，故B、D正確，A、C錯誤． 7．一顆子彈以某一水平速度擊中了靜止在光滑水平面上的木塊，并剛好從中穿出．對于這一過程，下列說法正確的是 (　　) A．子彈減少的機械能等于木塊增加的機械能 B．子彈和木塊組成的系統(tǒng)機械能的損失量等于系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量

39、 C．子彈減少的機械能等于木塊增加的動能與木塊增加的內(nèi)能之和 D．子彈減少的動能等于木塊增加的動能與子彈和木塊增加的內(nèi)能之和 答案　BD 解析　子彈射穿木塊的過程中，由于相互間摩擦力的作用使得子彈的動能減少，木塊獲得動能，同時產(chǎn)生熱量，且系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量在數(shù)值上等于系統(tǒng)機械能的損失．A選項沒有考慮系統(tǒng)增加的內(nèi)能，C選項中應考慮的是系統(tǒng)(子彈、木塊)內(nèi)能的增加，A、C錯，B、D對． 8．如圖6所示，質量為M、長度為l的小車靜止在光滑水平面上，質量為m的小物塊放在小車的最左端．現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使它從靜止開始運動，物塊和小車之間摩擦力的大小為Ff，當小車運動的位移為x時，物塊剛

40、好滑到小車的最右端．若小物塊可視為質點，則 (　　) 圖6 A．物塊受到的摩擦力對物塊做的功與小車受到的摩擦力對小車做功的代數(shù)和為零 B．整個過程物塊和小車間摩擦產(chǎn)生的熱量為Ffl C．小車的末動能為Ffx D．整個過程物塊和小車增加的機械能為F(x＋l) 答案　BC 解析　物塊與小車之間的摩擦力為滑動摩擦力，這一對滑動摩擦力做功，做功之和應小于零，選項A錯誤；由功能關系知，系統(tǒng)機械能的增加量為F(l＋x)－Ffl，D項錯誤，B項正確．對小車應用動能定理知Ffx＝Mv2，C項正確． 9．如圖7所示，傾角為30°、高為L的固定斜面底端與水平面 平滑相

41、連，質量分別為3m、m的兩個小球A、B用一根長 為L的輕繩連接，A球置于斜面頂端，現(xiàn)由靜止釋放A、 B兩球，球B與弧形擋板碰撞過程中無機械能損失，且碰 后只能沿斜面下滑，它們最終均滑至水平面上．重力加速度 圖7 為g，不計一切摩擦，則 (　　) A．小球A下滑過程中，小球A、B系統(tǒng)的重力對系統(tǒng)做正功，系統(tǒng)的重力勢能減小 B．A球剛滑至水平面時，速度大小為 C．小球B升高L/2時，重力對小球A做功的功率大于重力對小球B做功的功率 D．小球B從剛開始上升到開始進入斜面過程中，繩的拉力對小球B做功為 答案　ABC 解析　小球A下滑過程中，B球的重力對B球做負

42、功，A球的重力對A球做正功，但由系統(tǒng)的動能增大可知，系統(tǒng)的重力勢能減小，故小球A、B系統(tǒng)的重力對系統(tǒng)做正功，A項正確；對A、B系統(tǒng)利用機械能守恒可知，A球從開始滑動到剛滑至水平面過程中，有3mgL－mg＝×4mv2，故v＝，B項正確；小球B升高L/2時，因兩球的速度大小相等，而A球沿斜面向下的分力為1.5mg，故此時重力對小球A做功的功率大于重力對小球B做功的功率，C項正確；小球B從剛開始上升到開始進入斜面過程中，有3mg－mgL＝×4mv′2，故v′＝，對B球利用動能定理有：W－mgL＝mv′2，故W＝，D項錯誤． 10．如圖8所示，水平傳送帶AB長21 m，以6 m/s順時針勻速 轉動

43、，臺面與傳送帶平滑連接于B點，半圓形光滑軌道半徑 R＝1.25 m，與水平臺面相切于C點，BC長x＝5.5 m，P點 是圓弧軌道上與圓心O等高的一點．一質量為m＝1 kg的物 圖8 塊(可視為質點)，從A點無初速度釋放，物塊與傳送帶及臺面間的動摩擦因數(shù)均為0.1，則關于物塊的運動情況，下列說法正確的是 (　　) A．物塊不能到達P點 B．物塊能越過P點做斜拋運動 C．物塊能越過P點做平拋運動 D．物塊能到達P點，但不會出現(xiàn)選項B、C所描述的運動情況 答案　D 解析　物塊從A點釋放后在傳送帶上做加速運動，假設到達臺面之前能夠達到傳送帶的速度v，則由

44、動能定理得，μmgx1＝mv2，得x1＝18 m<21 m，假設成立．物塊以6 m/s沖上臺面，假設物塊能到達P點，則到達P點時的動能EkP可由動能定理求得，－μmgx－mgR＝EkP－mv2，得EkP＝0，可見，物塊能到達P點，速度恰為零，之后從P點沿圓弧軌道滑回，不會出現(xiàn)選項B、C所描述的運動情況，D正確． ?題組3　動力學方法和功能關系的綜合應用 11．一個平板小車置于光滑水平面上，其右端恰好和一個光滑圓弧 軌道AB的底端等高對接，如圖9所示．已知小車質量M＝2 kg， 小車足夠長，圓弧軌道半徑R＝0.8 m．現(xiàn)將一質量m＝0.5 kg的 小滑塊，由軌道

45、頂端A點無初速度釋放，滑塊滑到B端后沖上 圖9 小車．滑塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.(取g＝10 m/s2)試求： (1)滑塊到達B端時，對軌道的壓力大?。? (2)小車運動2 s時，小車右端距軌道B端的距離； (3)滑塊與車面間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能． 答案　(1)15 N　(2)0.96 m　(3)3.2 J 解析　(1)滑塊從A端下滑到B端時速度大小為v0，由動能定理得 mgR＝mv v0＝4 m/s 在B點對滑塊由牛頓第二定律得 FN－mg＝m 解得軌道對滑塊的支持力FN＝3mg＝15 N 由牛頓第三定律得，滑塊對軌道的壓力大小FN′＝15 N

46、 (2)滑塊滑上小車后，由牛頓第二定律 對滑塊：－μmg＝ma1，得a1＝－2 m/s2 對小車：μmg＝Ma2，得a2＝0.5 m/s2 設經(jīng)時間t后兩者達到共同速度，則有 v0＋a1t＝a2t 解得t＝1.6 s 由于t＝1.6 s<2 s．故1.6 s后小車和滑塊一起勻速運動，速度v＝a2t＝0.8 m/s 因此，2 s時小車右端距軌道B端的距離為 x＝a2t2＋v(2－t)＝0.96 m (3)滑塊相對小車滑動的距離為 Δx＝t－t＝3.2 m 所以產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μmgΔx＝3.2 J 12．如圖10所示，在水平地面上固定一個半徑為R的半圓形 軌道，其中圓弧部

47、分光滑，水平段長為L，一質量為m的 小物塊緊靠一根被壓縮的彈簧固定在水平軌道的最右端， 圖10 小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)突然釋放小物塊，小物塊被彈出，恰好能夠到達圓弧軌道的最高點A，取g＝10 m/s2，且彈簧長度忽略不計，求： (1)小物塊的落點距O′的距離； (2)小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢能． 答案　(1)2R　(2)mgR＋μmgL 解析　設小物塊被彈簧彈出時的速度大小為v1，到達圓弧軌道的最低點時速度大小為v2，到達圓弧軌道的最高點時速度大小為v3. (1)因為小物塊恰好能到達圓弧軌道的最高點，故向心力剛好由重力提供，有＝mg① 小

48、物塊由A飛出后做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律有 x＝v3t ② 2R＝gt2 ③ 聯(lián)立①②③解得：x＝2R，即小物塊的落點距O′的距離為2R (2)小物塊在圓弧軌道上從最低點運動到最高點的過程中，由機械能守恒定律得mv＝mg·2R＋mv ④ 小物塊被彈簧彈出到運動到圓弧軌道的最低點的過程由功能關系得：mv＝mv＋μmgL ⑤ 小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢能就等于小物塊被彈出時的動能，故有Ep＝mv ⑥ 由①④⑤⑥聯(lián)立解得：Ep＝mgR＋μmgL 22